Tænkeboks: Ved hvilken vinkel slipper kuglen stangen?

Illustration: Ingeniøren

Denne uges opgave kommer fra Institut for Mekanik og Elektronik ved SDU i Sønderborg og lyder:

Opgave 48: En lille kugle hviler i en holder på en stang, der kan rotere omkring det ene ende­punkt. Stang (og kugle) slippes i en stor vinkel til vandret.

Ved hvilken vinkel slipper kuglen kontakten til stangen (se bort fra kuglens lille bidrag til stangens rotation)?
– – –

Vi bringer først løsningen om 14 dage, idet Ingeniøren ikke udkommer i næste uge på grund af store bededag. Men fra søndag eftermiddag ligger opgaven også på adressen ing.dk/fokus/taenkeboksen, hvor I kan diskutere jeres forslag til løsninger.

Illustration: Ingeniøren
sortSortér kommentarer
  • Ældste først
  • Nyeste først
  • Bedste først

Jeg mener stadig løsningen, med den viste vinkel, bliver sinu = 2/3 = cos(U'), hvor U' regnes fra lodret. Baseret på at dVx/dt = 0.

Jeg er ikke helt sikker, men centrifugalkraften er ikke tilstrækkelig, da systemet hele tiden accelereres af tyngdekraften og en del af tyngdekraften bruges til at sætte stangen i rotation i stedet for at øge tyngdepunktets bevægelse.

  • 2
  • 0

Kuglen ligger på et V, og lad os kalde længderne af V'ets sider "v" (venstre) og "h" (højre).

Opgaven fortæller ikke, hvor lang h er. Hvis h er tilstrækkelig kort, så vil kuglen på et tidspunkt slippe denne side, men hvis h er tilstrækkelig lang, så vil den aldrig slippe siden.

Opgaven kan derfor ikke løses, hvis der spørges til, hvornår kuglen har sluppet enhver del af stangen (og ikke rører hverken h eller v).

Derfor må jeg antage, at der spørges til, hvornår kuglen slipper "v".

  • 3
  • 1

Så er det vel bare at finde ud af, hvornår centrifugalkraften ved spidsen af en stang, der "falder" på denne måde, svarer til den centerrettede komposant af kuglens tyngdekraft :)

  • 1
  • 1

At udregne, hvornår den vertikale komponent af accelerationen i stangens ende overstiger en g?

Altså ikke noget med centrifugale kræfter overhovedet? - og dermed er udformningen af kuglens hvilested underordnet?

  • 2
  • 3

Hvis den gør (jeg tvivler) vil den slippe før den når g ... pga. bidrag fra centrifugalkraften.

PS: Gid ing.dk ville holde fingrene fra iPad'ens indtastningsboks!

  • 0
  • 0

Det siger min intuition mig 😉 - i og med vi har en nedadgående kraft i tyngdepunktet på mg. Men jeg venter spændt på, at nogen samler bolden op (hvis den altså slipper)

Jeg tror, Svend er inde på noget.

Og jeg er ikke spor sikker. Men jeg har stadig ikke fundet ud af hvorfor disse opgaver er så besværlige.

Du kunne forlænge stangen med et vægtløst stykke og anbringe kuglen derude. Så kunne man let opnå at den lodrette acceleration blev større end g.

  • 1
  • 2

Ja - vi må antage og præcisere en del. Jeg finder det naturligt at antage at kuglen er uendelig lille og iøvrigt er placeret sådan at dens tyngdepunkt ligger lige så langt fra centrum som stangen er lang. At den altså med andre ord falder af af sig selv, når den viste vinkel bliver nul. Der kan så ligge en opgave i at bestemme U som funktion af strartvinklen U1. Med reference til metoderne fra rutchebaneopgaven får jeg:

U = pi/2 - arcsin(2/3 sin(pi/2 - U1)).

  • 1
  • 0

Antagelser:

Da tyngdekraften påvirker kuglen og stangen under kuglen ens, så ville de såfremt stangen ikke var fastgjort i den ene ende, begge falde mod jorden i ens hastighed lodret ned.

Da stangen er gjort fast i den ene ende, vil der opstå en højre rettet vektor, som vil have stigende accelleration frem til vinklen på stangen er nået 45 grader.

Da der vist ikke er beskrevet at hængslet er 100% friktions frit, så må man antage at stangen ikke er i 100% frit fald i enden ved kuglen.

Derfor kan kuglen kun "risikere" at forlade stangen i en højre rettet bevægelse, og da først når stangens længde er overskredet.

Som een tidligere har beskrevet så er denne længde ikke angivet, hvorfor det formentlig ikke kan beregnes?

  • 0
  • 2

Vi giver stangen massen M, længden L og den variable vinkel v med vandret.. Så skal vi benytte impulsmomentsætningen, der siger , at produktet af stangens inertimoment omkring aksen og stangens vinkelacceleration er lig med stangens moment omkring aksen, idet stangens tyngdepunkt ligger midtvejs [latex] \qquad \frac{1}{3} M L^2 \ddot{v} = M \frac{1}{2} L \cos(v )\qquad\Rightarrow \qquad \ddot{v} = \frac{3 g}{2 L} \cos(v) [/latex] Dette er også kuglens vinkelacceleration så længe den følger stangen. Men når den lodrette komposant af vinkelaccelerationen over stiger tyngdeaccelerationen g, kan kuglen ikke længere følge med, og stangen forsvinder under den. Det sker altså i situationen [latex] \qquad L \ddot{v} = g \qquad \Rightarrow \qquad \frac{3 g}{2} \cos(v) \cos (v) = g \qquad \Rightarrow \cos^2(v) = 2/3 [/latex] [latex]\qquad \Rightarrow \qquad v = 0.62 = 35^{\mbox{o}}[/latex] En ting nager mig. Når kuglen slipper kontakten til stangen, skal kuglens centrepetalacceleration så tages med i regning? Jeg kan godt gøre det, men det kræver, at jeg kender stangens starttilstand, hvilket jeg ikke gør. Så det skal jeg nok ikke.

  • 8
  • 0

noget tyder på, at du har ret Flemming. Børge, jeg er ikke sikker på at kuglens centripetalacc. betyder noget, da den "mister" grebet "opadtil"

  • 0
  • 0

Stor vinkel

Acceleration af stangens ende i hhv. lodret og vandret retning er a_l = 1,5 * Cos^2(v) og a_v = 1,5 * Cos(v) * Sin(v). a_l = g for v = 35grader, som Børge skriver.

Jeg går ud fra at kuglen netop bliver liggende ved v=90grader. Jeg sætter 'den store vinkel' til lidt mindre end 90grader, her har stangens ende allerede en acceleration i vandret retning, når stangen slippes. Kuglen er stadig meget let at skubbe ud af sit leje, (kantens højde = r_kugle). Stangens ende accelerere vandret - kuglen gør ikke (jeg tillader mig at se bort fra friktion). Dvs. ved 'store vinkler' slipper kuglen sit leje på stangen straks når stangen slippes.

  • 0
  • 2

Det er sådan set bare en kugle på et skråplan, men i et accelereret koordinatsystem. Kuglen vil begynde at rulle ud over stangens ende når kraften på bolden langs stangen er nul. Start med at se på kuglen liggende på et skråplan som har vinklen phi med vandret. Kraften langs skråplanet er da mgsin(phi). Da dette skråplan dog roterer med vinkelhastihed dphi/dt = omega skal vi medregne den fiktive centripitalkraft pegende udad mLomega^2. Antag at stangen er i hvile da den slippes, og at den initielle vinkel phi_0 med vandret er stor. Vi kan så bruge at sin(phi_0) = cos(phi_0-pi/2) hvilket er lig 1 til første orden. Omega som funktion af phi findes nu blot ved at udnytte at den mekaniske energi er bevaret, samt ved at indsætte ovenstående approksimation. Brug hertil at stangens kinetiske energi er 1/2Iomega² med I = M*L²/3. Jeg finder at kuglen begynder at rulle af stangen ved arcsin(3/4) = 48.59 grader.

  • 0
  • 0

Børges løsning lyder rigtig. Alligevel vil jeg prøve at argumentere for en anden fremgangsmåde, som måske giver en anden vinkel.

Stangens bevægelse er styret af tyngdekraftens arbejde på stangens midtpunkt, Rtp fra drejningspunktet. (Vtp)^2 =a 2g Rtp (cosb), hvor b er viklen fra lodret. Hastigheden for ethvert punkt på stangen l fra drejningspunktet kan så findes som V^2= a 2 g (l^2/Rtp) (1- cosb). Faktoren a (altid mindre end 1) skyldes at noget af arbejdet går til rotation af stangen, så kun faktoren a bliver til bevægelse af tyngdepunktet.

Kuglen forårsager ikke bevægelsen af stangen, den prøver blot at følge med såvidt som tyngdekraften kan holde den på plads i vinklen mellem stangen og stopklodsen der hindrer den i at falde indad. Hvis denne vinkelholder har en lodret acceleration større end tyngdekraften bliver kuglen frit svævende, som manden i den faldende elevator.

Det væsentlige er så, at når kuglen bliver frit svævende bliver dVx/dt = 0. Eller kan den stadig blive påvirket af en horisontal kraft???

Hvis dette "eller" ikke gælder, så slipper kuglen ved cosb=2/3. b=0,841 radianer = 48 grader, eller med opgavens U= 42 grader.

Det er noget bøvl at blande cirkulære koordinater med retvinklede, og tyngdekraften går kun nedad.

  • 0
  • 0

Jeg viser en lille udledning, hvor man alene ser på kuglen og undgår Svends betragtninger vedrørende stangen. Hvor kommer hans brøk 2/3 i øvrigt fra? Udgangspunktet er en integration af min tidligere opstillede impulsmomentligning, hvor jeg lader stangen starte i hvile i lodret stilling (b = 0), idet b er stangens vinkel med lodret. [latex] \qquad \ddot{b} = \frac{3 g}{2 L} \sin b [/latex] [latex] \qquad 2 \dot{b}\ddot{b} = \frac{3 g}{ L} \dot{b}\sin b [/latex] [latex] \qquad \dot{b} ^2 = \frac{3 g}{ L} (1 - \cos b ) [/latex] [latex] \qquad V^2 = 3 g L (1-\cos b) [/latex] Her er V stangens søgte periferihastighed. Men jeg ved ikke, hvad jeg skal bruge den til. Måske kan Svend tage over?

  • 1
  • 0

v=0.62=35o

Det undrer mig at resultatet ikke er en funktion af stangens "start vinkel" ? Lad os sige at stangen starter ved 35,001 grader , så kan jeg ikke se at kuglen skulle slippe ved 35 grader.

  • 0
  • 1

Svaret vil naturligvis afhænge af stangens startvinkel, men jævnfør mit tidligere svar vil denne afhængighed være meget lille så længe startvinklen med vandret er stor. Kald startvinklen phi0. Hvis phi0 er stor må phi0-pi/2 være lille. altså:

sin(phi0)=cos(phi0-pi/2) hvilket approksimeres med en andenordens taylorrække til 1 - (phi0-pi/2)²/2, hvilket vil sige 1 til første orden.

  • 0
  • 0

Jeg er ikke ingeniør. Og jeg hustlede mig ærligt talt igennem gymnasiets fysik. Måske netop derfor, kunne det være at mit bud ville være interessant at læse for nogen af jer, fordi det er baseret på intuition og ikke skoling. Jeg har ikke læst de andre bud her i tråden, men blot konstateret at opgaven tilsyneladende ikke er helt ligetil.

Der er en del antagelser man må gøre sig, som f.eks at friktionen i hængslet og luftmodstanden kan ignoreres.

Nå, men her kommer det: Jeg vil forvente, at stangens spids (mod faldets afslutning) bevæger sig hurtigere end en fritfaldende stang uden hængsel. Tyngdekraften trækker i hele stangen. Og pga. momentarmen vil spidsen trækkes hurtigere end hvis den kun blev påvirket af spidsens egen tyngdekraftpåvirkning. Når stangen er tæt på lodret, vil størstedelen af kraften gå til horisontal bevægelse. Og derfor bevæge sig langsommere mod jorden end en fri stang. Som den nærmer sig vandret, vil en større og større del af kraften gå til lodret bevægelse. Og intuitivt, vil tippet i balance skifte ved 45 grader. Men på det tidpunkt vil stangen og kuglen bevæge sig i en retning af 45 grader på lodret, mens kuglen selvstændige tyngekraftpåvirkning jo er lodret. Så jeg forestiller mig at svaret er lidt under 45 grader. Jeg tænker også at det er lige meget hvor på stangen kuglen ligger, bare det er tættere på den faldende ende end hængslet.

Der er langt fra bruser-tanker til beregning af den korrekte løsning. Og selv hvis mine tanker er rigtige, kan jeg sikkert ikke engang forstå den matematisk, der kræves.

  • 1
  • 1

Jeres idé om at beregne spidsen af stanges acceleration er udmærket, men den er forkert udført. Det er korretk at vinkelaccelerationen kan beregnes som børge viser, men dette fører ikke direkte stil spidsen af stangens acceleration. Da denne spids bevæger sig i en cirkelbevægelse er den per definition udsat for centripitalaccelerationen givet som omega^2*L pegende ind langs stangen, hvor omega er vinkelhastighden. Bruges denne acceleration står det klar at den lodrette komponent af accelerationen aldrig bliver større end g hvorfor kuglen ikke vil forsvinde opover holderen. Til gengæld begynder den at rulle ud langs stangen ved arcsin(3/4) som vist i tidligere post.

  • 0
  • 0

Der spørges om en en kugle kan forlade stangen ved 35 grader når stangen starter fra hvile ved 35,1 grader. Ja, det kan den! Hastigheden er ganske vist 0, men accelerationen har sin fulde værdi tæt på den værdi, der betinger, at stangen forsvinder under kuglen. Bemærk i øvrigt, at kuglens acceleration ved en given vinkel v er uafhænge af, hvor stangen starter fra hvile.

Der diskuteres hvad en "stor" vinkel er. Jeg har tidliger udledt et udtryk for vinkelhastigheden når stangen starter i hvile i lodret stilling. Starter den i hvile ved vinklen v_0, ændres denne formel til det følgende, og så kan man jo bare regne videre herfra: [latex] \qquad \dot{v}^2 = \frac{3 g}{L} (\sin v_0 - \sin v)[/latex]

  • 0
  • 0

Jeg kan godt forstå, at Kristoffer sætter centrepetalaccelerationen lig med tyngdeaccelerationens projektion ind på stangen [latex] \qquad L \dot{v}^2 = g\sin v\quad \Rightarrow \quad 3 g ( \sin v_0 - \sin v ) = g \sin v \quad \Rightarrow \sin v = \frac{3}{4} \sin v_0 [/latex] Man kan så spørge, om opgavetekstens "store" vinkel betyder, at man skal sætte sin(v0) = 1. Det synes jeg er lidt voldsomt.

Men accelerationen er vel kun ren centrepetal hvis vinkelhastigheden er konstant, hvilket den bestemt ikke er her. Derfor kommer der også et tangentielt bidrag. Det var det tangentielle bidrag, jeg oprindelig regnede med, og hvor jeg udtrykte tvivl om det centrepetale. Medtages begge bidrag, giver resultatet ingen mening, så det skal man ikke. Det er en vanvittig god opgave, denne her.

  • 2
  • 0

Hvor kommer hans brøk 2/3 i øvrigt fra? Udgangspunktet er en integration af min tidligere opstillede impulsmomentligning, hvor jeg lader stangen starte i hvile i lodret stilling (b = 0), idet b er stangens vinkel med lodret.

OK. Disse 2/3 er den del af tyngdekraftens arbejde der går til at flytte tyngdepunktet for stangen. Den sidste 1/3 går til at sætte stangen i rotation.Jeg kan ikke rigtig få min måde at løse det på til at stemme med de tilfælde hvor kuglen placeres længere inde på stangen eller sågar på en vægtløs forlængelse af stangen.

Kunne du lave kalkulationerne for kuglen anbragt hvorsomhelst på stangen eller dens vægtløse forlængelse?

Helt overordnet og lavpraktisk, er jeg kommet til at kuglen slipper enten modholdet eller stangen når dh/dr > 0 inklusive alle bevægelserne af systemet (h er kuglens faldhøjde fra startpunktet). Det burde få kuglen til at synes at stangen hælder "udad".

Løsningen med dVx/dt = 0 gælder kun hvis kuglen ligger på en flade der altid holdes vandret uanset stangens vinkel med vandret.

  • 0
  • 0

Som jeg husker min fysik, skal summen af stangens rotationsenergi, translationsenergi og potentiel energi være lig en konstant K når der ikke er energitab: [latex] \qquad \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{12} M L^2 \dot{v}^2 + \frac{1}{2} M \left( \frac{L\dot{v}}{2} \right)^2 + M g \frac{L}{2} \sin v = K [/latex] Første led udgør her 1/4 af summen af de første 2 led, ikke 1/3.

Ovennævne formel er ligesom impulsmomentsætningen kun beregninger på selve stangen uden hensyntagen til kuglen. Med en kugle placeret andre steder end på spidsen af stangen, skal v_mærke og v_dobbeltmærke bare proportioneres lineært i forhold til placeriengen på spidsen. Var det det, du spurgte om?

  • 0
  • 0

Okay, jeg forstår hvor du vil hen Børge, men hvis du vil have den lodrette acceleration kan du gøre følgende:

I Cartesiske koordinater har vi:

y = L*sin(v)

afledes denne to gange i forhold til tiden fås:

y'' = (v''cos(v)-v'²sin(v))*L

Bemærk her at hvis man bruger stangens vinkel med vandret bliver v'' negativ, og de to bridrag til accelerationen (centripitalt og tangentielt) adderer som forventet. Gøres dette fås at y'' = g ved arcsin(2/3) hvilket er ca. 41.8 grader. Her har jeg antaget at det er rimeligt at sætte sin(v0)=1. Den vil dog (skulle jeg mene) allerede være "slynget af" ved de 48.59 grader.

  • 0
  • 0

Det ser ud til at Kristoffer har fundet et Colombusæg ved at indføre strangspidsens kote y og differentiere den to gange og sammenligne med tyngdeaccelerationen g. Jeg viser beregningerne fordi jeg finder en løsning forskellig fra hans, og så må vi se hvad I andre siger. I det følgende er v stangens vinkel med vandret [latex] \qquad y = L \sin v \qquad \dot{y} = L \dot{v} \cos v \qquad \ddot{y} = L ( \ddot{v} \cos v - \dot{v}^2 \sin v ) [/latex] Nu bestemmes slipvinklen ved at y_dobbeltprik sættes lig med tyngdeaccelerationen g [latex] \qquad L \ddot{v} \cos v -L \dot{v}^2 \sin v = g [/latex] De kendte tidsafledede indsættes [latex] \qquad L \frac{3 g}{2 L} \cos v \cdot \cos v - L \frac{3 g}{L} ( \sin v_0 -\sin v ) \cdot \sin v = g [/latex] [latex] \qquad \frac{3}{2} \cos^2 v - 3 \sin v_0 \sin v + 3 \sin^2 v =1 [/latex] [latex] \qquad \sin^2 v -2 \sin v_0 \sin v + \frac{1}{3} = 0 [/latex] [latex] \qquad \sin v = \sin v_0 - \sqrt{ \sin^2 v_0 - 1/3} [/latex] Der findes altså en slipvinkel når radikanden er positiv, dvs. v_0 >= 35 grader. Slipvinklen varierer fra 11 grader ved start i lodret stilling og op til 35 grader ved start ved 35 grader stilling. De 11 grader slipvinkel gælder stadig ved start i en 70 grader vinkel. Så de 70 grader er måske en "stor" vinkel for opgavestilleren?

Med mindre jeg har lavet regnefejl, er det min fornemmelse, at denne opgave er uddebatteret?

  • 0
  • 0

Der er lige en regnefejl. Bemærk at sådan som vinklen v er defineret så er v'' negativ når stangen drejer med uret. Den ligner du søger at løse er således:

3/2cos²(v)+3(sin(v_0)-sin(v))sin(v) = 1

Denne løses af v = arcsin(2/3*sin(v_0))

  • 0
  • 0

Ligningen:

3/2cos²(v)+3(sin(v_0)-sin(v))sin(v) = 1

Kan omskrives til en adengradsligning i sin(v):

-9/2sin²(v)+3sin(v_0)*sin(v)+1/2 = 0

Denne har løsningerne:

sin(v) = 1/3*(sin(v_0)+sqrt(1+sin²(v_0)))

og

sin(v) = 1/3*(sin(v_0)-sqrt(1+sin²(v_0)))

Hvor kun den første er positiv og derfor indenfor opgavens interessefelt. Denne giver så at slipvinklen er

arcsin(1/3*(sin(v_0)+sqrt(1+sin²(v_0))))

Hvis sin(v_0) sættes lig 1 giver dette ca. 53.6 grader.

  • 0
  • 0

Re Børge #34

Jeg kan desværre ikke kopiere din formel fra #34, men må krive den som jeg kan. 1/21/12M(Lv')^2+ 1/2M(Lv'/2)^2+MgL/2sinv=K Første led udgør her 1/4 af summen af de første 2 led, ikke 1/3.

Ovennævne formel er ligesom impulsmomentsætningen kun beregninger på selve stangen uden hensyntagen til kuglen. Med en kugle placeret andre steder end på spidsen af stangen, skal v_mærke og v_dobbeltmærke bare proportioneres lineært i forhold til placeriengen på spidsen. Var det det, du spurgte om?

Med v som vinklen fra vandret så skal fortegnet for den potentielle energi vendes. Desuden så er rotationsenergien 1/21/12M(Lv')^2 =1/3 af 1/2M*(Lv'/2)^2.

Jeg har tygget noget på den med dVy/dt og det krævede noget abstraktion. Forestil dig den lille kugle ligger i en vægtløs "elevator" fæstnet på enden af stangen. Før systemet går i bevægelse ligger kuglen og trykker med g mod venstre væg. Når hastigheden af stangen øges vil elevatorens lodrette fald dVy/dt fjerne noget af tyngdekraften på kuglen, således at kuglen kun trykker mod den skrå bund af elevatoren med g-dVy/dt. Det giver en kraft indad (radialkraften) fra den skrå bund som skal være større end V^2/L (centrifugalkraften) for at kuglen ikke skal løbe hen over bunden af elevatoren.

Regnet med U = vinklen fra lodret får jeg en kedelig tredjegradsligning i cosU. (færre mærkelige fortegn med den vinkel)

cosU - 22/3L/R(cosU)^2 + 42/3L/R(cosU)^3 - 2*L/R > 0. *R er centeret af stangen. Med forbehold for alle mulige regnefejl.

Numerisk finder jeg grænsen ved U ~ 25,3 grader, v =54,7 grader, når kuglen løber hen over gulvet.

Ligningen har faktisk en løsning for måske alle L/R og faktorer mellem rotation og bevægelsesenergi.

Trods blanding af centrifugalkraft og retvinklede opløsninger er det mit bedste bud.

  • 0
  • 0

Stangens acceleration kan deles op i en centripital og en tangentiel. Den centripitale er den der bliver til centrifugalkraften når du skivfter over i dit accelererede koordinatsystem. Den tangentielle acceleration peger vinkelret på stangen og gør således kun at normalkraften som stangen yder på kuglen ændres. Men da du ikke bliver bedt om at overveje kuglens indflydelse på stangens bevægelse er dette underordnet. Tyngdekraftens på kuglens komposant pegende imod stanges rotationspunkt er således blot mg*sin(v) hvor v er vinklen med vandret.

  • 0
  • 0

Selvfølgelig lavede jeg en fejl.

cosU - **2/3L/R(cosU)^2 **+ 3x2/3L/R(cosU)^3 - 2xL/R > 0. R er centeret af stangen.

Det giver med L/R=2. U= 26,9 og v = 53,1 grader.

  • 0
  • 0

Kristoffers løsningsmetode er så indlysende og let, at jeg kun kan tilslutte mig resultatet. Og undre mig over at jeg ikke selv fik idéen forlængst. I øvrigt er der kun en løsning hvis startvinklens sinus er mindst 3^(-1/2) = 0,57. I dette grænsetilfælde smides kuglen af fra starten. Så dette må være grunden til opgavetekstens omtale af "en stor vinkel".

PS.: Jeg bemærker, at ikke ret mange skriver deres formler i Latex. Jeg har en enkelt side, hvor man introduceres til formelskrivnigen og kan se hovedparten af de koder, der kan benyttes på Bagsidens noget begrænsede udgave af Latex. I kan få min side ved at maile til howald@mail123.dk.

  • 0
  • 1

Min energiligning har da rigtige fortegn. Summen af kinetisk og potentiel energi sættes til en konstant. Den potentielle energi har udgangsniveau i hængslets højde.

Jeg kan godt følge dine betragtninger vedrørende afsmidning af kuglen. Men det er for uvant og dermed svært for mig at regne i accelererede systemer, så jeg kan desværre ikke bidrage med noget viderebefordrende.

  • 0
  • 0

Børge og Kristoffer

Min trampen rundt skyldes at jeg vil forstå problemet helt til bunds. Og selvfølgelig har jeg lavet endnu en fejl. En stang hængslet i enden har inertimoment Mx(L^2)/3, L er stangens længde.

Energien ved en hastighed af tyngdepunktet på Vtp bliver (1+1/3)xM/2xVtp^2.

E/M =gxh = (1+1/3)/2xVtp^2. Vtp^2 = 0,75x 2xgxh. Jeg vender tilbage når jeg har brugt min formel med de nye værdier. x betyder gange.

  • 0
  • 0

Din formel er korrekt, og V kan elimineres ved [latex] \qquad -\frac{dh}{dt} = V \cos v [/latex] Men det bringer kun en vinkel ind i stedet for en hastighed. Efter min mening er der ikke nogen betragtninger, der kan erstatte brug af impulsmomentligningen.

  • 0
  • 0

Her kommer den løsning, jeg begyndte med, og som Kristoffer hjalp med at befordre videre. Stangen har masse M, længde L og variabel vinkel v med vandret. Impulsmomentligningen siger nu, at stangens inertimoment omkring lejet ganget med dens vinkelacceleration er lig med momentet af den ydre kraft angribende i tyngdepunktet. Et minus angiver, at momentet og vinklen v regnes hver sin vej rundt. [latex] \qquad \frac{1}{3} M L^2 \ddot{v} = - M g \frac{L}{2} \cos v[/latex] [latex] \qquad \ddot{v} = -\frac{3 g}{2 L} \cos v [/latex] [latex] \qquad 2 \dot{v} \ddot{v} =-\frac{3 g}{ L} \dot{v}\cos v [/latex] [latex] \qquad \dot{v}^2 = - \frac{3 g}{L} ( \sin v - \sin v_0 ) [/latex] I integrationen er benyttet, at stangen slippes fra hvile ved vinklen v = v_0. Nu indføres stangspidsens kote y med udgangspunkt i drejningsaksen [latex] \qquad y = L \sin v \quad \dot{y} = L \dot{v} \cos v \quad \ddot{y} = L ( \ddot{v} \cos v - \dot{v}^2 \sin v) [/latex] Når stangspidsens lodret opadrettede acceleration y_dobbeltprik når værdien -g kan kuglen ikke længere følge med nedad: [latex] \qquad L ( \ddot{v} \cos v - \dot{v}^2 \sin v) = -g [/latex] [latex] \qquad L \left( - \frac{3 g}{2 L} \right) \cos^2 v + L \frac{3 g}{L} ( \sin v - \sin v_0) \sin v = -g [/latex] [latex] \qquad \sin^2 v - \frac{2}{3} \sin v \sin v_0 -\frac{1}{9} = 0 [/latex] [latex]\qquad \sin v = \frac{1}{3} +\frac{1}{3} \sqrt{1 + \sin^2 v_0} [/latex] For v_0 = 90 grader får vi v = 54 grader. For aftagende v_0 aftager også v indtil vi når grænsen v = v0 = 35 grader. Ved v_0 mindre end denne vinkel forsvinder stangen fra kuglen med det samme. Det er nok derfor, at opgavestilleren forudsatte en "stor" startvinkel.

  • 1
  • 0

Børge #47

Jeg har haft de samme tanker om den lodrette acceleration, men et lille tankeeksperiment kunne jeg ikke få til at stemme.

En slæde der gnidningsløst glider nedaf et skråplan (uden at kunne forlade planet) med en kugle anbragt mellem to stopklodser. Yderligere kan du sætte en raket på slæden så dens acceleration bliver større/mindre end det tyngdekraftens komposant langs planet kan forårsage.

Slæden kan accelereres så meget, at dens lodrette acceleration bliver større end tyngdekraften, eller accelereres den modsatte vej så den lodrette acceleration af slæden bliver meget modsat tyngdekraften.

Uanset hvad mener jeg at kuglen vil trykke vinkelret på slæden med den komposant af tyngdekraften der går vinkelret på skråplanet, helt uafhængigt af accelerationen af slæden. Selvfølgelig vil kuglen ende mod de forskellige stopklodser (eller ligge stille på slæden), men den vil aldrig komme til at svæve over slæden. Hvis klodserne ikke er der kan den løbe ud og dumpe ned på skråplanet og fortsætte sin egen tur nedaf planet.

Disse tanker får mig til at tænke over hvad accelerationen af stangens bevægelse egentlig betyder. Og hvad det betyder hvis skåplanet egentlig var en cylinderflade. Hvis planet krummer kan slæden selvfølgelig forsvinde under kuglen.

Forvirringen er snart total.

Kommentarer er meget velkomne, som altid.

  • 0
  • 0

En Løsning ?

Kuglen kan slippe sit 'tag' på mindst 2 måder:

  • Lette fra sit sæde, mod stangen, når vektorsummen at_l + ac_l =atot_l > g. Stangen forsvinder under kuglen.

  • Lette fra sit sæde, mod den lille kant, når ac > g * sin(v). Kuglen bliver slynget ud over enden af stangen.

Ved store startvinkler (fra lige under 90 grd. og ned til lige over 55 grd.) opnås en slipvinkel på 46,5 +/- 1,5. Først (større startvinkler) som følge af at kuglen letter fra den lille kant, ved mindre startvinkler fordi stangen forsvinder under kuglen.

'Stor vinkel' betyder i denne opgave en vinkel større end ca. 55 grd. og mindre end ca. 90 grd., start vinkler i dette spand giver med tilnærmelse samme slip vinkel.

http://www.test.airling.dk/Pictures/TestEr...

  • 0
  • 0

Der er to måder hvorpå kuglen kan forlade sit sæde. Den ene er ved at centrifugal acc. bliver større end tyngdekraftens radial acc. = gsinv. Den anden er at sædet accelererer (dV/dt) mere mere end tyngdekraftens tangential acc. = gcosv. I dette fald hopper kuglen over modholdet og dumper ned på stangen.

Stangens tyngdepunkt R fra hængslet og kuglen anbragt L fra hængslet, kuglens hastighed i banen er V = Vtp L/R

(R/L V)^2 = 0,75x2g R(1-sinv), 0,75 fordi noget går til rotation af stangen. V^2/L=0,75x2gL/R(1-sinv) som er centrifugal acc og skal være større end gsinv.

sinv= (0,75x2L/R)/(1+0,75x2L/R). Med L/R =2 bliver sinv=3/4.

Den anden betingelse dV/dt større end gcosv. dV/dt = 0,75L/Rgcosv.

0,75L/R> 1. Med L/R=2 vil kuglen forlade stangen så snart den slippes uanset ved hvilken vinkel. Grænsen er L/R>4/3.

Hvordan mange af os blev vildledt til alle mulige besynderlige løsninger er lidt en gåde.

  • 1
  • 1

Jeg holder mig til Børges svar. #15. Ca. 35 gr.

Mon ikke stor vinkel blot betyder >35 gr.

Overvejede om kuglen kunne rulle væk langs stangen, men der er jo altid en g komponent mod midten.

  • 1
  • 0

Jeg havde slet ikke overvejet muligheden for at bolden kunne rulle "ud over mod vesntre", da det gør opgaven lidt tam, men jeg er sådan set fuldstændig enig i Svends analyse. Hvis holderen reelt er som vist på tegningen må bolden ryge af så snart stangen slippes uanset vinklen - med mindre svend og jeg ikke regner rigtigt.

  • 0
  • 1

Nå det var nok heller ikke rigtigt - kuglen forlader stangen allerede ved 53grader ved 90 grader startvinkel. Så den ‘store’ startvinkel er mellem 90 og 70; slipvinklen bliver så 51,5 +- 1,5 grader. Begrænses den ‘store’ startvinkel til mellem 90 og 80 bliver slipvinklen 53grader.

  • 1
  • 0

Kunne godt tænke mig at kombinere mine svar fra #50 og fra #18 - Kuglen kan slippe sit 'tag' på 3 måder:

Fra #50:

1) Lette fra sit sæde, mod stangen, når vektorsummen at_l + ac_l = atot_l > g. Stangen forsvinder under kuglen. (Lodret)

2) Lette fra sit sæde, mod den lille kant, når ac > g * sin(v). Kuglen bliver slynget ud over enden af stangen. (Langs med stang)

Fra #18: (lettere omskrevet ;-))

3) Lette fra sit sæde mod stangen i samme retning som den lille kant, når at > g * cos(v). (Vinkelret på stang). "Dvs. ved 'store vinkler' slipper kuglen sit leje på stangen straks når stangen slippes."

Løsning 3) gælder ikke kun for 'store vinkler', men for alle vinkler, som Svend og Kristoffer skriver. Mange indlæg - indtil videre - har bragt os vidt omkring, tak til alle for inspiration.

Jeg har forsøgt at samle ovenstående på linket. http://www.test.airling.dk/Pictures/TestEr...

  • 1
  • 1

Man skal ikke være smålig. Altså, hvis man kan lade være. Men det kan jeg så ikke, i forsvar for min egen løsning (#47). Når jeg ser på opgavetekstens figur, er den lille tværvæg højere end kuglens radius. Da centrepetalkraften virker i kuglens centrum, kan den ikke løfte kuglen op over tværvæggen, og da slet ikke da kuglen også er påvirket af en nedadrettet ( = stabiliserende) tyngdekraft. Har jeg ikke ret, eller skal jeg have mine fysikpenge tilbage?

  • 0
  • 0

Vedr.#47.

Jeg tror ikke man må differentiere komponentvis, som fx i svar 47. v=vinkel, V=hastighed, a=accelerationen

y¨=L(v¨cosv−v˙2sinv) er nok ikke korrekt.

Der gælder jo:

V=dv/dt*L a=d^2 v/dt^2 * L=v¨L

of derfor er a i y-retningen: a_y=v¨Lcosv

og ikke øverste ligning for y¨=L(v¨cosv−v˙2sinv).

Jeg tror det har noget at gøre med at man ikke må differentiere vektorer komponentvis, men det må vi spørge en matematiker. ;)

PS I øvrigt mangler der en sin v_0 ved den første 1/3 i sidste ligning i #47.

  • 0
  • 1

Tak for oplysningen om det manglende sin v_0 efter det første 1/3 i min allersidste ligning i #47.

Din beregning medtager den lodrette projektion af den tangentielle acceleration. Min beregning medtager også den lodrette projektion af den radiale acceleration. Det synes jeg er rigtigt gjort. Den ligning, du ikke synes er korrekt, er jo ren matematik.

  • 0
  • 0

Jo, ren matematik, og jeg kan godt se det, når man starter med y=..., men at differentiere V=dv/dt*L for at finde a er også matematik/fysik...

  • 0
  • 0

Det jeg mente var, at vi har 2 accelerationsvektorer, der står vinkelret på hinanden og som begge giver bidrag i lodret retning. Men du tager kun det ene bidrag med. Det var det samme, jeg efter min egen mening gjorde forkert i mit første indlæg (#15). Din regning er altså god nok, men ikke tilstrækkelig, vil jeg mene.

  • 0
  • 0

Hej Erling. Nu har jeg genlæst dit punkt 3) og forstår det ikke helt. Dit at går jo i urets omløbsretning ligesom komposanten af g gør, så der kan ikke være nogen balance her. Når v" optræder med et minus i formlerne, er det fordi omløbsretningen er modsat omløbsretningen for v, ikke fordi den er opadrettet. Eller misforstår jeg stadig noget?

  • 0
  • 0

skal jeg have mine fysikpenge tilbage?

Måske, men du er ikke alene. Billedet med slæden der glider eller forceres ned ad skåplanet (eller måske op ad) var et aha øjeblik, som fik tingene til at falde på plads.

Stangens bevægelse skyldes g's tangentialkomponent på tyngdepunktet, og enden accelereres derfor mere end stangens tyngdepunkt. Kuglen accelereres af den samme g's tangentialkomponent uden nogen forstærkning fra en vægtarm.

Tyngdepunktet vil godt nok kun accelerere med 0,75g sinv da noget går til rotation af stangen. Enden af stangen vil altså accelerere med 2x0,75g sinv. Kuglen kan kun accelerere med 1g sinv. Altså vil kuglen trille op over modholdet så snart stangen slippes.

For at få kuglen til at slippe via centrifugalaccelerationen skal kuglen anbringes under stangen! Den vil så trykke mod stangen med 0,5g sinv.

Det krævede lange omveje, forårsaget af momenter blandt andet, at bruge Newtons love og kræfternes parallelogram korrekt, men så er opgaven meget simpel.

  • 0
  • 1

Hej Svend. Jeg kan godt læse din tekst, men ikke forstå hvordan du kan sammenligne en tangential acceleration 1,5 g sin v med en centrepetal acceleration g sin v. En sammenligning kræver da, at de har samme projektionslinje.

  • 1
  • 0

Hej Svend. Jeg kan godt læse din tekst, men ikke forstå hvordan du kan sammenligne en tangential acceleration 1,5 g sin v med en centrepetal acceleration g sin v. En sammenligning kræver da, at de har samme projektionslinje.

Klart nok og undskyld. I stedet for sinv skulle der have stået cosv. Vinklen v fra vandret er et uheldigt valg. Jeg ville have foretrukket vinklen fra lodret, men sådan var opgaven desværre ikke. Tag tangential komposanten af g, som det jeg udtaler mig om, uanset at jeg får blandet sin og cos sammen, når jeg skal regne værdien ud.

I øvrigt har jeg det noget svært med drejningsmomenter. En hovedsætning lyder, at enhver kraft der angiber et legeme i et punkt kan opløses i en kraft i tyngdepunktet plus et moment. Moment er et modsat rettet kraftpar med en afstand imellem sig. 1 Nm kræver altså 1 N hver sin vej med 1m afstand. Når momentet er fundet betyder kraftparrets retning ikke noget, det kan drejes rundt efter behag, momentet er det samme. Om det altid skal tages om tyngdepunktet er usikkert for mig.

Anderledes med inertimomentet der altid regnes i forhold til et fixpunkt. Disse to begreber skal man passe på med, når man regner med både en lineær kraft som g, der altid angriber enhver massedel lige meget, og med momenter der egentlig er kraftpar, som kun påvirker bevægelsen/rotationen af massedelene, hvor påvirkningen/kraften på massedelene afhænger af en afstand fra et eller andet.

At jeg har fat i det rigtige kan ses hvis stangen forlænges med et masseløst stykke, der ikke vil påvirke stangens bevægelse. Enden af dette stykke kan få en hvilken som helst tangentiel acceleration, det kræver bare en vis forlængelse.

Det væsentlige i opgaven, som jeg løser den, er E = Mtyngdepunkt gange faldhøjde = 0,5 I omega^2. Det giver at en vis brøkdel af energien kan tilordnes tangentiel hastighed af tyngdepunktet, og dermed tangentiel hastighed af alle dele på stangen eller dens forlængelse. En acceleration af tyngdepunktet giver dermed også en acceleration afhængigt af hvor på stangen eller dens forlængelse kuglen er anbragt.

Det blev længere end jeg ønskede, men det er svært at beskrive det entydigt.

Det er som med en aftale en bestemt dato. Hvis man vil "forbedre" det med en ugedag, skal man være sikker på at ugedag og dato stemmer.

  • 0
  • 0

Jeg synes næsten altid at det er nemmest at bruge enrgibetragtninger. Jeg sætter ved vinkel V den kinetisk energi af stangen i cirkelbevægelsen lig med den mistede potentielle energi, og finder herved vinkelhastigheden, og dermed også den vertikale komponent af hastigheden for stangens endepunkt. Denne sættes lig med den hastghed, der ville opnås ved frit fald, De to hastigheder ses at være ens ved cos(V)=sqrt(2/3) og dermed V=35 grader.

Beklager at jeg ikke kan finde ud af at skrive LaTex, så forklaringen er uden formler.

  • 0
  • 0

Tak, Børge. Kiggede lige på det. Du har ret. v¨*L er kun tangentielt, altså a_t.

a radialt er som altid givet ved v˙2L* = a_c

Kombinerer man de to komponetenters bidrag i lodret retning, så får man samme svar som dig.

  • 0
  • 0

Jeg redigerer lidt i #55:

1) Lette fra sit sæde mod stangen og den lille kant, når vektorsummen at_l + ac_l = atot_l >= g. Stangen forsvinder under kuglen. (Kuglebevægelse er lodret)

2) Lette fra sit sæde mod den lille kant, når ac >= g * sin(v). Kuglen bliver slynget ud over enden af stangen. (Kuglebevægelse er langs med stang)

3) Lette fra sit sæde mod stangen, (i samme retning som den lille kant), når at >= g * cos(v). (Kuglebevægelse er vinkelret på stang).

Spørgsmål i opgaven: "Ved hvilken vinkel slipper kuglen kontakten til stangen." Dvs. det er mulighed 3) vi skal kikke på.

Af tidligere udledninger fremgår at: at = 1,5 * g * cos(v), uligheden er derfor altid opfyldt. Kuglen slipper kontakten med stangen straks når denne slippes.

  • 0
  • 0

Hej Svend. Man kan tage drejningsmomenter omkring hvilketsomhelst punkt. Det er lig med kraftens størrelse gangen med den vinkelrette afstand mellem kraften og punktet. Man behøver ikke af indføre ekstra kræfter og flytte om på dem; dette gør man som regel blot som en illustration.

Inertimomenter kan også beregns omkring forskellige punkter. Inertimomentet om en stangs endepunkt er (1/3)M L^2 og er praktisk af bruge når stangen netop drejer sig om dette punkt. Inertimomentet om stangens midtpunkt er (1/12) ML^2 og er praktisk når stangen drejer sig om midtpunktet. Der gælder en flytningssætning for inertimomenter, idet inertimomentet omkring e hvilketsomhelst punkt af stangen er lig med inertimomentet omkring tyngdepunktet plus M gange kvadratet på afstanden mellem de to punkter. Altså I_endepunkt = (1/12)ML^2 + M (L/2)^2 = (1/3)ML^2.

Jeg skrev tidligere , at man nok ikke kunne løse opgaven uden at benytte impulsmomentsætningen. I mellemtiden har jer erfaret, at impulsmomentsætningen kan integreres og så bliver til den energisætning, som du bruger. Det er altså hip som hap.

Vedrørende opgavens løsning, er vi så enige om, at kuglen ikke kan kravle over tværpladen fordi tværpladen er højere end kuglens radius? Hvilket betyder, at min løsning #47 gælder.

  • 0
  • 0

Hej Erling. Jeg forstår ikke hvordan din situation 3 afviger fra situation 1 og derfor kan beskrives uden hensyntagen til a_c. Jg advokerer jo for situation 1, som falder inden for opgavetekstens beskrivelse.

PS.: I punkt 1 skriver du,t kuglen bevæger sig lodret. Mn den har vel en vandret hastighedskomposant, der fortsætter. Jeg ville sige, at kuglen følger en faldparabel.

  • 0
  • 0

Vedrørende opgavens løsning, er vi så enige om, at kuglen ikke kan kravle over tværpladen fordi tværpladen er højere end kuglens radius? Hvilket betyder, at min løsning #47 gælder.

Prøv at læse indlæg #48 og 49. Uden brug af cos og sin, men i stedet den øjeblikkelige opløsning af tyngdeaccelerationen i en tangentialacceleration (acc. langs cirkelbanen) og radialacceleration (acceleration mod centrum), samt accelerationerne tangentielt og radielt af stangens endepunkt. (Stangens endepunkt har ingen radiel acceleration, da radius er konstant), men kuglen holdes mod stopklodsen af g(radiel) - centrifugal acc. .

Forhåbentlig er vi enige om at hvis stangens tyngdepunkt bevæger sig med hastigheden v i sin cirkelbane, vil stangens ende bevæge sig med hastigheden Vtp L/Rtp.

Ligeledes vil den tangentielle acceleration af stangens endepunkt blive L/Rtp gange tyngdepunktets tangentielle acceleration i cirkelbanen. De tangentielle accelerationer er ikke afhængige af hvilken hastighed de i øvrigt bevæger sig med, men de er bundet til cirkelbanen, bortset fra kuglen.

Tyngdepunktets tangentielle acceleration bliver 0,75g(tangentiel) og endepunktets tangentielle acceleration dermed 1,5g(tangentiel), altsammen afhængigt af vinklen til vandret. Hvis kuglen skal følge endepunktet skal dens tangentielle acceleration være større end 1,5g(tangentiel), men kuglen kan kun opnå 1g(tangentiel), altså forsvinder stangen under den (elller delvis sidelæns) og den dumper over modholdet selvom det er større end kuglen.

Tænk på stangen uden bevægelse, men så slår du på stangen så enden accelerere. Der skal ikke så meget til før enden forsvinder under kuglen.

Alle dissse forsøg på forklaringer og eksempler har overbevist mig om at min analyse er korrekt. Jeg er lidt praktisk anlagt, så jeg sulle danne mig de rigtige billeder af forholdene.

  • 0
  • 0

Hej Svend. Tak for din lange udredning, der lyder meget overbevisende. Men jeg tror, at du begår en fejl ved at projicere accelerationerne ind på tangenten. Jeg mener, at man skal lave en projektion på lodret, hvorved 1g forbliver 1g, mens 1,5 g bliver multipliceret med cos^2. Og det gør en afgørende forskel. Jeg synes, at det har været et meget spændende opgave, hvilket også ses af e mange indlæg, men jeg er også ved at blive grundigt træt af den og vil nu gerne nøjes med at afvente løsningen på fredag.

  • 1
  • 0

Svar til #70 Ja det er rigtigt, at kuglen bevæger sig efter en faldparabel efter separation.

Forskellen på 1) og 3) : 1) bevæger kuglen sig ud af sit leje (i bunden af det 90 grader ‘V’) uden at røre nogle af benene i V’et (det jeg kaldte lodret) I 3) ruller kuglen hen ad venstre ben (den lille kant) - derfor mener jeg vi kan se bort fra ‘ac’.

  • 0
  • 0

Hej Erling. Nu forstår jeg din mening med punkt 3, men både at og g er jo rettet nedad, så kuglen kan da ikke løfte sig fra stangen, synes jeg. I øvrigt er jeg blevet træt af denne i øvrigt udmærkede opgave, så jeg vil gerne begænse diskussionerne.

  • 0
  • 0

Jeg mener, at man skal lave en projektion på lodret, hvorved 1g forbliver 1g, mens 1,5 g bliver multipliceret med cos^2.

Jeg var selv inde på den betragtning, men slæden på en bakke overbeviste mig om at betragtningen er forkert.

Uanset hvor meget og i hviken retning langs bakken du accelererer slæden vil den altid trykke mod underlaget med g's komposant vinkelret på bakken. Du kan accelerere den med 100 g, og den vil trykke med samme kraft. Den vil aldrig blive flyvende eller presse sig gennem underlaget selvom slædens lodrette komposant af dens egen acceleration er mange gange større end den lodrette tyngdeacceleration g.

Selvom vi ikke er eller bliver enige har opgaven og kommentarerne udfordret os, og det er vel meningen.

  • 0
  • 0

Du har en cylinderflade med radius L, som ingen friktion har. På den slipper du en meget lille kugle løs ved vinklen v_0 fra vandret. Kuglens bevægelse er altså uafhængig af cylinderens rotation.

Ved en given vinkel (forudsat kuglen er på cylinderen) vil kuglen have hastigheden V^2 = 2gL(sinv_0 - sinv).

Cylinderen er forbundet med en stang med en masse som via tyngdekraften kan dreje den masseløse cylinder. Rotationen af stangen er givet af E = 1/2 I omega^2 som er = MgL(sinv_0-sinv), når stangen slippes ved vinklen v_0. Cylinderens overflade vil altså dreje med hastigheden V^2 = 4x0,75gL(sinv_0 - sinv) hvis stangen slippes på samme tidspunkt og med samme vinkel v_0 som kuglen.

Uanset vinklen v_0, hvor systemet slippes løs, vil kuglen bevæge sig langsommere end cylinderoverfladen for ethvert v mindre end v_0. Den vil faktisk bevæge sig med en hastighed der er 1,5 gange kuglens hastighed.

Kan det illustreres tydeligere, at kuglen vil hoppe over modholdet?

  • 0
  • 0

Du har en cylinderflade med radius L, som ingen friktion har. På den slipper du en meget lille kugle løs ved vinklen v_0 fra vandret. Kuglens bevægelse er altså uafhængig af cylinderens rotation.

Ved en given vinkel (forudsat kuglen er på cylinderen) vil kuglen have hastigheden V^2 = 2gL(sinv_0 - sinv).

Cylinderen er forbundet med en stang med en masse som via tyngdekraften kan dreje den masseløse cylinder. Rotationen af stangen er givet af E = 1/2 I omega^2 som er = MgL(sinv_0-sinv), når stangen slippes ved vinklen v_0. Cylinderens overflade vil altså dreje med hastigheden V^2 = 4x0,75gL(sinv_0 - sinv) hvis stangen slippes på samme med samme vinkel v_0 som kuglen.

Uanset vinklen v_0, hvor systemet slippes løs, vil kuglen bevæge sig langsommere end cylinderoverfladen for ethvert v mindre end v_0. Den vil faktisk bevæge sig med en hastighed der er 1,5 gange kuglens hastighed.

Kan det illustreres tydeligere, at kuglen vil hoppe over modholdet?

  • 0
  • 0

Hvis man var nødt til at at komme med et gæt, ville jeg gætte på at kuglen blev i hakket. Det er garanteret forkert, men af denne grund: Det er ikke stangen, der leverer energien, men jordens massetiltrfækning. Kuglen vil gerne falde lodret, men også gerne forsætte i en påført bane. Det er rigtigt, at kuglen skubbes til højre, men tappen følger med i samme fart. Det er ligeså rigtigt, at stang og kugle accellererer, men retningen nærmer sig mere og mere lodret, så derfor. Men heldigvis behøver jeg ikke at gætte :) Steen

  • 0
  • 2

Det er også rigtigt at tappen ændrer retning mod lodret, så kuglen burde fortsætte ligeud, men måske vil kuglen i samme grad ændre retning på grund af tyngdekraften ??? Steen

  • 0
  • 2

En ommer. Hvis vi nu i dette indlæg siger, at stang med tap (modhold) ikke vejer noget. Det er kun kuglens vægt, der bevæget stang og kugle.

Så vil det alligevel gælde at: Kuglen skal overalt på den den cirkeludsnittede bane afvige det samme (fra en ret linje).

Samtidig vil det gælde, at hastigheden hele tiden forøges - og

Samtidig vil det også gælde, at trækket ind mod tappen vil gå imod 0, fordi trækket ikke går ind mod stangens omdrejningspunkt, men ned mod jordens tyngdepunkt.

Så den vil vel trille af inden vandret, men jeg er godt nok i tvivl.

Det, der foruroliger er, at stangen ikke bidrager til at øge kuglens hastighed. Det er en sag mellem kugle og "tyngdekraft". Men hvordan vil tyngdekraft og retnig og hastighed spille sammen her???

Vi har set balistiske parabelformede baner, der viste , hvordan kanonkugler ville opføre sig i lufttomt rum. Hvis man nu fjernede pind med modhold og i stedet forskellige steder på denne kugles bane (som vi kender den med pind) skød kuglen ud med de retninger og hastigheder den har MED stang, hvordan ville kuglen så opføre sig, når den faldt på egen hånd i disse udsnit? Ville den tilsidst falde udenfor det cirkeludsnit, vi kender. Jeg tror det, men kun næsten. Steen

  • 0
  • 1

Men bliver centrifugalkraften nogensinde for stor?

Grunde til at kuglen måske ikke falder af:

1) Der vil altid være et træk ind imod modholdet. Det vil gå mod 0, mens kuglen nærmer sig "mål" men vil være med på hele turen mod målpunktet. 2) Kuglen vil hele tiden helst falde lodret ned. 3) Kuglens retning vil mere og mere komme til at ligne ligne det lodrette fald, der ville berettige til, at den ikke falder af.

Grunde til at kuglen måske falder af:

1) Tyngdekraftens træk ind mod modholdet er i starten stort, men vil reduceres i kraft af, at stangens vinkel reduceres (til de begge ender på 0). 2) Kuglen har på intet tidspunkt retning mod det sted, den ville lande, hvis den blev i "hakket". 3) Kuglens hastighed i "forkerte" retninger forøges hele tiden.

Hvilket argumentsæt vejer tungest? Lige nu tror jeg, der er balance, så kuglen ligeså godt kan forlade stangen som blive liggende, - (og derfor bliver den liggende). Hvis den altså gør :).

Til Svend F. Jeg tror ikke, din cylider vil kunne dreje hurtigere end kuglen ruller ned uanset stangens vægt, men det er ikke sikkert, jeg har forstået det rigtigt eller har ret.

P.S. Denne her er sjov lidt på samme måde som historien om Foshee´s hamrende irriterende møgunger :), dog ikke i samme grad :). Steen

  • 0
  • 0

Min påstand i første argumentsæt punkt 2) burde nok have været modificeret, for det er jo ikke den fulde sandhed, men kun den del af den, der skulle bruges som argument for det første synspunkt.

Oppe i #80 burde jeg nok i stedet for bare retning have skrevet bevægelsesretning for at undgå misforståelse.

  • 0
  • 0

Til Svend F. Jeg tror ikke, din cylider vil kunne dreje hurtigere end kuglen ruller ned uanset stangens vægt, men det er ikke sikkert, jeg har forstået det rigtigt eller har ret.

Meget kort, med stangens længde L og h = L(sinv_0 - sinv)

Efter et vist fald h fra stilstand, vil kuglens hastighed være V^2 = 2gh, hvis den følger cirklen.

Enden af stangen vil have en hastighed V^2 = 3gh.

Stangen vil spurte fra kuglen når systemet slippes uanset v_0. Når blot v_0 >0, måske.

  • 1
  • 0
  1. Svend glemmer parentesen (sin v0 - sin v) på sit 3gh, hvilket imødegår konklusionen.
  2. Kuglens hastighedskvadrat er ikke 2gh så længe kuglen ligger på stangen
  • 0
  • 0

Svend glemmer parentesen (sin v0 - sin v) på sit 3gh, hvilket imødegår konklusionen. Kuglens hastighedskvadrat er ikke 2gh så længe kuglen ligger på stangen

jeg bruger som forkortelse h = L(sinv_0 - sinv).

Hvis kuglen ruller ned af en cylinder med radius L bliver V^2 = 2gh. Den lille stopklods kan godt betragtes som et lille stykke cylinder.

Hvis kuglen limes fast til stangen vil dens hastighed være 3gh, som er større end den hastighed kuglen kunne få alene.

Udtrykkene er baseret på rene energibetragninger. hvor 0,5 gange hastigheden^2 plus eventuel rotationsenergi svarer til arbejdet tyngdekraften leverer. Den eneste kraft der indgår er tyngdekraften på masserne lodret ned.

Det tog mange omveje at nå til disse meget simple udtryk, men husk at tage vægstangens hastighedsforstærkning i betragtning relativt til stangens tyngdepunkt. Det giver nogle skaleringer som kræver at man holder tungen lige i munden.

Hvis kuglen og stopklodsen anbringes 1/3 inde på stangen vil de følges ad.

  • 0
  • 0

Til Svend F. Jeg forstår dig sådan, at hvis vi laver en stang (af passende vægt i forhold til luftmodstand) som den, vi kender med den tilføjelse, at vi laver et modhold magen til (gerne lidt højere) ved ydersiden af kuglen (og også gerne på siderne), så den ikke kan trille, og vi starter forsøget oppefra, så vil kuglen på et tidspunkt hope op af "kassen" - eller i det mindste lette fra "gulvet", fordi stangen løber fra kuglen i nedadgående retning. Er det sådan? Det lyder spændende , men er lidt svært at se for sig på den indre fladskærm. Steen

  • 0
  • 0

Du har ret, jeg var for hurtig. Det er godt set af dig med de starthastigheder. Det er blot ubegribeligt for mig, at stangspidsen kan starte med acceleration 0 og kuglen med acceleration g, og de begge med hastighed 0, men efter et splitsekund har stangspidsen større hastighed end kuglen. !!! Det må jeg tænke nærmere over, selv om jeg egentlig havde lagt opgaven væk. Nu er der heldigvis ikke så langt til den store afsløringsdag.

  • 0
  • 0

Det er godt set af dig med de starthastigheder. Det er blot ubegribeligt for mig, at stangspidsen kan starte med acceleration 0 og kuglen med acceleration g,

Kuglen starter skam på samme måde som stangspidsen da det er den samme tyngdekraft og den samme cirkelbue. Når de starter er hastigheden 0, og når de begge er faldet et lille h = L(sinv_0 - sinv) så har stangen mere hastighed end kuglen. Accelerationen for kuglen er gcosv, enden af stangen accelerer med 1,5gcosv (vægtstang).

Stangens tyngdepunkt accelerer med 0,75gcosv, men enden af stangen fordobler det. Jeg har trykprøvet udtrykkene med kuglen anbragt inde på stangen eller på en vægtløs forlængelse af stangen og det giver andre resultater, men passer med udtrykkene, når de skaleres rigtigt.

  • 0
  • 0

Det gik i nat op for mig, at stangspidsens hastighed V er tangentiel og skal ganges med cos(v) før den sammenlignes med kuglens hastighed. Dermed er kuglen i stand til at følge stangen et stykke ad vejen.

  • 1
  • 0

Det er rigtig spændende, og det skulle ikke undre mig, om du har ret Svend, men det, der lige nu forstyrrer mig i min tro på det, er, at stangen kunne have samme vægtfylde som luft, og i det tilfælde ville den vel ikke accellerere væk fra kuglen, og hvis vi meget langsomt forøgede stangens vægt, har det så noget at sige, hvad den kommer til at veje??? Det skulle det jo ikke have, for vægt er ikke afgørende for faldhasighed og accelleration. så - eller ??? Steen

  • 0
  • 1

stangen kunne have samme vægtfylde som luft

Ja, og kuglen kunne være en heliumfyldt ballon, hvorved svaret ville være = startvinklen

Jeg er dog sikker på, at ingen af delene er opgavestillers intention.

Både stang og kugle er tungere end luft, der er ingen luftmodstand og ingen friktion i hængsel 😀

Jeg er stadig overbevist om, at min antagelse i #9 er korrekt (ikke at den leverer svaret dog 😉)

  • 0
  • 0

Din første og tredje linje ville ikke tjene dig til stor ære Flemming, hvis det var sarkasme, hvad den grinende smiley antyder, men jeg vælger at se det som lidt venligt drilleri, så ok.

Nogen gange kan elementer tages ud af en ligning. Det så vi diskussionen om tidevandspuklerne.

Jeg forestillede mig muligheden for, at man måske kunne tage stangens vægt ud af ligningen og koncentrere sig om, hvad kuglens vægt og vilkår (stang med omdrejningspunkt og modhold) ville medføre.

Det kan sagtens være en dum tanke.

I øvrigt tror jeg, du har ret i #9 Jeg har selv tænkt på, om kuglens placerig på tegningen betød noget, men da jeg opdagede, at tegningen af stangens længde i start og udgangsposition er ret forskllig, gik jeg væk fra det igen, men kuglens placering er nok ikke tilfældig. Steen

  • 0
  • 0

Tak for svar Flemming: Ja, man skal være enig om opgavens forudsætninger. Men det var vidst ikke DEM, du havde i tankerne :). Men du har jo ret. Uanset hvor mange relvante (og indimellem irrelevante) tanker, man kan gøre sig, kan man ikke uden matematisk ekspertise komme med en præcis løsning på en opgave som denne (og for nogen kan det endda knibe). Men det er rigtigt, så du fik lige en optommel fra mig. :) Steen

  • 0
  • 0

Hvis stangen var vægtløs og kun havde en masse på midten, så ville tip-hastigheden^2 som funktion af vinkelforskellen blive 4gL(sinv_0 - sinv). (Vægtstang).

Kuglen i frit fald over en cylinder med radius L vil give V^2 = 2gL(sinv_0 - sinv).

Problemet er hatighed af hvad, inertimomenter, kræfter og momenter og stangens tyngdepunkt relativtt til kuglens placering., hvor man skal holde hovedet koldt for at skalere rigtigt.

  • 0
  • 0

Svend; Kunne vi ikke have lavet stangen med modhold af et nyt materiale, jeg lige har fået patent på? Det hedder "Gravinul" og er en forbindelse mellem flamingo og brint. Der er stærkt og stift og så let, at det ved normalt atmosfærisk tryk flyder i luften i en højde af ca. 1 m. Kuglen kunne så have været af jern med en passende vægt, så var jeg sluppet for din masse på midten :). Undskyld, jeg er lige blevet mindet om, at opgaven skal løses på opgavens præmisser. :)

Jeg tror ikke, at kuglen vil trille af pinden og væk fra omdrejningspunktet af denne grund:

Kuglen får ingen bevægelsesenergi overhovedet fra stangen. Den skal bare ned, men bliver hele tiden skubbet til højre (mindre og mindre), og det vil den sikker efter bedste evne modsætte sig. Det tror jeg betyder, at uanset på hvilket tidspunkt i forløbet, man pludselig fjernede pinden, vilde kuglen falde i et lille parabeludsnit, der nærmede sig lodret, og som altid ville falde indenfor cirkeludsnittet. At modholdet skubber kuglen (mindre og mindre) til højre genererer ingen centrifugalkraft. Tror jeg altså.

Jeg tror også på, at du har ret i dine beregninger uden at kunne kontrollere dem. Så jeg tror, du har ret i, at kuglen vil rulle tilbage over modholdet, men jeg kan ikke begrunde det, selvom, jeg ville ønske, jeg kunne. Men det er rigtigt, at man skal holde ørerne lige i munden, og jeg ville forfærdelig gerne se en live filmatisering af forsøget i superslowmotion. (Ikke en computeranimation). Og jeg ville også gerne se en filmatisering, hvor stangen faldt inde i en gennemsigtig og meget tynd cylinder, mens kuglen løb LIGE udenfor så tæt på stangens ende, det overhovedet lod sig gøre gøre. igen i superslow. Så kunne man få et visuelt indtryk af det, du har beskrevet.

Men det er altså kun, hvad jeg TROR, synes og gætter på. Steen

  • 0
  • 3

I den virkelige verden viser det sig, at kuglen altid slipper stangen med det samme uanset startvinklen.

https://youtu.be/TIUDRXRBYqU

De to forskellige forsøgsopstillinger har hængslet i forskellig afstand fra stangens top, men det gjorde ingen praktisk forskel.

Så gik aftenen med det istedet for at hænge i sofaen.

Og så fik jeg at vide af min 14 årige knægt at jeg er en f££king nørd. Ment lidt som en sviner, men modtaget som et kompliment :)

  • 8
  • 0

Det har undret mig en del, at den faldende stang vil falde hurtigere, end en kugle, der ruller nedaf en cylinder med samme radius som stangens længde. Jeg ville tro, det var modsat. Jeg har spekuleret på, om dette kan være en brugbar forklaring:

En kort stang vælter hurtigere end en lang stang (kortere faldlængde). Den inderste del af stangen (f.eks inderste halvdel) er kortere end hele stangen, og ville uden den yderste havdel at trækkes med have væltet hurtigere end stangen som helhed. Den inderste halvdel kan ikke få lov til at falde så hurtigt, som den ellers kunne have gjort, men den hjælper tilgengæld den yderste halvdel (og dermed hele stangen) til at få mere fart på, end den ville have haft uden den inderste del. D.vs. alt, hvad der er længere inde, hjælper det, der er længere ude - som f.ks. enden af stangen - til at få mere fart på, end det ville have haft uden det, der er længere inde.

Kuglen på cylinderen er helt alene ude for enden af den radius, hvor enden af stangen også befinder sig, men den sidder ikke sammen med noget længere inde, der bundet til koncentriske cirkelbaner ville have kommet hurtigere ned, hvis det var alene, sådan som stangen gør, så kuglen får ingen hjælp "indefra".

Derfor kommer stangen ned før kuglen, - hvis den altså gør, hvad jeg som sagt tror på.

Men er det sådan, det hænger sammen??? Steen

  • 0
  • 1

Forklaringen er lidt indviklet men i grunden den samme som min.

Systemerne er konservative, så alt arbejde tyngdekraften udfører på stangen eller kuglen bliver til bevægelsesenergi for de respektive dele. Bevægelsesenergi er 0,5MV^2 for kuglen, men for stangen bliver noget af energien brugt til at rotere stangen. Stangens tyngdepunkt vil ikke opnå samme hastighed som svarende til faldet af tyngdepunktet. Men vægtstangen fra stangens tyngdepunkt til stangens ende betyder at stangens ende falder hurtigere end kuglen. Bevægelsesenergien for stangen kan udregnes som summen af dm gange dm's hastighed^2, eller som 0,5Inertimoment gange omega^2.

Arbejdet er masse gange højdeforskel på de respektive tyngdepunkter. Problemet er så at regne hastigheden af stangens endepunkt ud som funktion af endepunktets fald.

  • 0
  • 1

Uddybning:

Min (alt for hurtige) teori i #9 var jo sådan set god nok i y-retningen - men selvfølgelig gør samme princip sig gældende radialt - den lange arm forstærker accelerationen i enden af stangen over hele rotationsområdet.

Hvor er vi nemme at narre 😉

  • 1
  • 0

Ja, og de samme ting kan siges på flere måder og ses fra flere vinkler.

Man kunne forestille sig en meget let stang med et tungt lod i enden. Den vælter i et vist tidsrum. Så anbringer vi et lige så tungt lod på midten af stangen. Nu vælter den hurtigere. Så fjerner vi det yderste lod, og nu vælter den endnu hurtigere.

Konklusion: Det, der er længere inde forøger hastigheden af det, der er længere ude, mens det, der er længere ude forsinker det, der er længere inde.

NB: Ovenstående formulering er bestemt ikke beregnet til en lærebog. :) Den udtrykker bare i høkersprog det princip omkring væltende stænger, der er oppe at vende, synes jeg, og vi ved jo, hvad vi snakker om.

Men hvor er fantastisk, når man stiile og roligt får bare lidt mere indsigt i et eller andet interessant. Stor tak især til Svend Ferdinandsen men også til andre. Steen

  • 0
  • 0

Arbejdet er masse gange højdeforskel på de respektive tyngdepunkter. Problemet er så at regne hastigheden af stangens endepunkt ud som funktion af endepunktets fald.

Energiligningen sætter stangens kinetiske enrgi + potentielle energi lig med den potentielle enregi ved startvinklen v0, hvor stangen frigøres: [latex]\qquad \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} M L^2 \left( \frac{V}{L} \right)^2 + \frac{1}{2} L \sin v M g = \frac{1}{2} L \sin v_0 M g[/latex] Her har du V som funktion af vinklen v og dermed også af koten.

Så du mit indlæg #92, der modbeviser, at kuglen forlader stangen straks efter starten?

  • 0
  • 0

Svend har plæderet for at kuglen forlader stangen straks efter at stangen frigives. Og Mogens har vist det så smukt på sin video. Nu er den konklusion også gået op for mig. Kuglen ar påvirket af tyngdekraften og en reaktion fra stangen skråt opad og en reaktion fra den lille plade skråt opad mod højre. Nedenfor er vist en projektion på cirkeltangenten for kraft divideret med masse for kuglen i det øjeblik den slipper stangen sammenlignet med stangenspidsens acceleration i samme retning [latex] \qquad \ddot{v}_k= g \cos v \qquad \ddot{v}_s =\frac{3}{2} g \cos v [/latex] Når jeg husker at få cos(v) med begge steder, er konklusionen indlysende.

  • 4
  • 0

I morgen kommer oraklets svar på spørgsmålet, så jeg vil fabulere lidt om hvorfor opgaven blev så besværlig.

Jeg er praktisk og visuelt indrettet, kan lide at danne mig billeder af forholdene. Jeg kan både differentiere, integrere og løse differentialligninger, så hvad var så svært?

Det svære var jo at finde hvad man skulle lave alle disse flotte matematiske operationer på, hvilke konstanter der skulle på ligningerne. Bevægelsen af systemet er lettest i polære koordinater, men tyngdekraften er ikke så let i polære koordinater. For at føje spot til skade, så kan man også begynde på roterende koordinatsystemer, og så er katastrofen overhængende. Desuden er tyngdekraften og dens opløsning i forkellige retninger på en masse uafhængig af massens hastighed. Eventuelle andre eksterne kraftpåvirkninger (en raket eller trykket fra anlægsfladen massen hviler på) adderes blot til vektorielt. Den totale kraft bestemmer massens acceleration ifølge gode gamle Newton.

Som delvis illustration kan man tage en tur i bakkens rutsjebane henholdsvis i første eller sidste vogn. Vogntogets hastighed er bestemt af tyngdekraftens effekt på vogntogets tyngdepunkt minus lidt bremsning for at det ikke skal gå helt galt.

Oplevelsen i første og sidste vogn er meget forskellig. I sidste vogn bliver du nærmest slynget over bakketoppen men nærmest bremset i dalen langt før det går op igen. I første vogn kryber du over toppen og føler det går for langsomt nedad bakken, men det indhentes på vej op, hvor du føler at blive skudt op.

Det har været en lærerig debat for mig, og jeg må sande, som en kollega (Rolf Søbirk) engang nævnte, at kan du løse den med energibetragtninger er du nået langt.

  • 2
  • 0

Nedenfor til venste står kuglens lodrette hastighed ved et frit fald fra vinklen v0 til vinklen v. Til højre står stangspidsens lodrette hastighed udledt af den tangentielle hastighed ved at gange med cos(v). Kuglens hastighed er størst i starten i strid med hvad man ellers er blevet enige om. Gør jeg noget galt? [latex] \qquad V_k^2 = 2 g L (\sin v_0 - \sin v) \qquad V_s^2 = 3 g L (\sin v_0 - \sin v) \cos v [/latex] Ellers er det min gamle løsning #15, der vinder.

  • 0
  • 0

Jeg er glad for at jeg ikke splittede opstillingen ad igår da jeg var færdig med at filme.

Det har naget mig, at jeg tog fejl af stopklodsens højde. Den er det samme som kuglens radius. Det har stor betydning for kuglens rejse væk fra stangen, omend det ikke ændrer på facit.

Jeg har lavet en lille ny video, der viser et enkelt klip med en stang, der bedre svarer til illustrationen i opgaven:

https://youtu.be/CLpYf_0LxuY

Det ses tydeligt at kuglen ruller hen over stopklodsen. Og med en hængsel-placering midt i stangen, har stangens tykkelse betydning for hvordan dette afrul foregår.

Hvis nogen har lyst til at regne på det, så prøver jeg at liste de relevante data fra min opstilling nedenfor.

Kuglens vægt og diameter er 35 g og 32 mm

Stangens dimensioner: 76 cm fra enden af klodsen til centrum af hængslet.

Fra centrum til top (inkl LEGOklods) 17 mm.

Stopklodsens højde er selvfølgelig 16 mm (2 knopper høj).

Stangen vejer 900 g.

  • 5
  • 0

Lad mig starte med nogen enigheder:

Jeg er enig med Svend (#88) i at kuglen ved store startvinkler vil forcere ’bagstopperen’ og trille ned ad stangen. Jeg forudsætter her at kuglen er uendelig lille og at bagstopperen kun er netop høj nok til at kuglen bliver liggende når stangen er stationær ved v=90 gr.

Jeg er også enig med Børge (#47) i at kuglen vil forlade sit leje og ’svæve’ væk fra stangen, ved startvinkler under 35,2 gr. Men jeg har spekuleret over hvad der sker derimellem. Der vil kuglen begynde at løbe ned ad stangen samtidig med at stangens vinkelhastighed øges. Men vil der i denne proces opstå en situation, hvor kuglens tyngdeacceleration ikke kan følge med stangens nedadgående acceleration i den punkt, som kuglen er nået til? Det er ikke helt indlysende.

Det kan givetvis løses analytisk, men jeg kan bedre lide at gøre det i en regnearkmodel, hvor alle størrelser kan følges og anskueliggøres.

Jeg bruger Børges notation og angiver afstanden fra omdrejningspunktet til kuglen ved ’A’.

Stangens rotation bestemmes af: v’’= -3g/Lcos(v) (start: v=v0)

Kuglens bevægelse ned ad stangen følger: A’’=-gsinv+Av’^2 (start: A=L)

Kuglens lodret nedadgående acceleration så længe den følger stangen er: -Av’’cos(v). Når denne bliver større end g svæver kuglen frit i luften.

Og her er så hvad modellen viste:

  1. Når v0 > 66,5 gr suser kuglen ned og rammer omdrejningspunktet inden stangen når vandret.

  2. For 66,5 gr < v0 < 49,5 gr rammer stangen først vandret, hvorefter kuglen løber et stykke med konstant fart indtil den rammer omdrejningspunktet.

  3. For 49,5 gr < v0 < 35,2 gr starter kuglen med at løbe ned at stangen, men begynder at ’svæve’ inden stangen når vandret.

  4. Når v0 < 35,2 gr svæver kuglen straks fra start.

Til illustration kan jeg referere et enkelt eksempel: g= 9,81 m/s^2 , L = 1m, v0 = 46 gr.

Kuglen begynder at svæve ved v=24 gr. Det er efter 0,26 s

Stangen rammer vandret efter 0,38 s

Kuglen rammer stangen igen efter 0,51 s

Hvis man vil eftervise dette i et fysisk forsøg denne størrelsesorden må man altså påregne at skulle optage video for at se hvad der foregår!

  • 1
  • 0

Momentet på stangen om hængslet er 1/2 cos(v) m L g, hvor m er massen af stangen og L er længden. Stangens inertimoment (igen om hængslet) er I = m L^2 / 3

Stangens vinkelacceleration er så

momentet / I =

1/2 cos(v) m L g / (m L^2 / 3) =

3/2 cos(v) g / L

Holderens tangentielle acceleration er derfor 3/2 cos(v) g.

Kuglens tangentielle acceleration, hvis den kun påvirkes af holderens venstre gren og tyngden, er lig tyngdens tangentielle komposant lig cos(v) g.

Og 3/2 cos(v) g > cos(v) g uanset vinklen og kuglen kører opad holderens venstre gren med det samme.

<><><><><><><><><><><><><>

Hvis holderen i stedet udformes så kuglen kun kan bevæges udad radialt, fås en anden situation. Man kunne få den mistanke at opgaven var tænkt sådan, men vi får se.

Med en sådan holder vil kuglen på et tidspunkt blive kastet mod højre. Det sker når tyngdens radiale komposant bliver mindre end centripetalaccelerationen i cirkelbevægelsen.

Vinkelhastigheden kan fås ved en energibetragtning. Hvis startvinklen er v0 og den aktuelle vinkel er v, er tabet i potentiel energi lig

Ep = m g (sin(v0) - sin(v)) L / 2.

Den kinetiske energi er

Ek = 1 / 2 I w^2, hvor w er vinkelhastigheden.

Ek = 1 /2 m L^2 / 3 w^2.

Ep = Ek =>

m g (sin(v0) - sin(v)) L / 2 = 1 /2 m L^2 / 3 w^2

Centripetalaccelerationen ac = L w^2, som indsat giver

m g (sin(v0) - sin(v)) L / 2 = 1 /2 m L / 3 ac =>

3 g (sin(v0) - sin(v)) = ac.

Tyngdens radiale komposant er sin(v) g og vi får

3 g (sin(v0) - sin(v)) = sin(v) g =>

sin(v) = 3/4 sin(v0) =>

v = arcsin(3/4 sin(v0))

v0 var 'stor'. Sættes sin(v0) ~= 1 fås v ~= 48,6 grader, hvis jeg ellers har regnet rigtigt under de ændrede forudsætninger.

  • 1
  • 0

Nedenfor til venste står kuglens lodrette hastighed ved et frit fald fra vinklen v0 til vinklen v. Til højre står stangspidsens lodrette hastighed udledt af den tangentielle hastighed ved at gange med cos(v). Kuglens hastighed er størst i starten i strid med hvad man ellers er blevet enige om. Gør jeg noget galt? V2k=2gL(sinv0−sinv) V2s=3gL(sinv0−sinv)cosv Ellers er det min gamle løsning #15, der vinder.

Ja, du overser at disse hastigheder repræsenterer energien tyngdefeltet har tilføjet kuglen/stangen og der er ingen cosv eller andet hokuspokus. V^2 er en skalar størrelse uden retning. Fordelen ved energi betragtningen. Hastigheden vil dog på grund af konstruktionen være langs cirkelbuen, indtil kuglen forlader sit leje, og det gør den hvis stangens spids accelererer mere end kuglen. Det kan ikke undgås hvis stangens spids for enhver vinkel vil have mere hastighed end kuglen. Med opløsning af g i tangentiel acceleration vil kuglen accelerere med gcosv. Stangspidsen vil accelerere med 3/2gcosv. Stangens tyngdepunkt accelererer med 3/4gcosv men med radius L/2, og stangens endepunkt vil derfor accelerere med 3/2gcosv.

Kuglens hastighed er korrekt beregnet ligesom stangens spids, men hvad skal den lodrette hastighed af stangens spids? Modholdet kan faktisk være ret højt, og kuglen vil forlade stangen alligevel, måske en meget lille smule senere. Hvis modholdet er en cyliderflade sker separationen så snart stangen slippes.

  • 1
  • 0
Bidrag med din viden – log ind og deltag i debatten